Universidad de Los Andes Álgebra lineal 1 Parcial 3 - Tema A 20 de abril 2013 MATE 1105 Esto es un examen individual. No se permite el uso de libros, apuntes, calculadoras o cualquier otro medio electrónico. Los celulares deben estar apagados durante todo el examen. Las respuestas deben ser justificadas. Cada pregunta vale 2 puntos. Ejercicio I 5 Se considera la matriz A = 6 0 −3 −4 0 −6 −6. −1 1. Mostrar que el polinomio caracterı́stico de A es PA (λ) = −(λ + 1)2 (λ − 2). 2. Dé los valores propios de A e indique sus respectivas multiplicidades algebraicas. 3. Para cada valor propio λ de A, halle una base del sub-espacio propio correspondiente: Eλ = ker(A − λI3 ). 4. Diga si A es diagonalizable y, en caso afirmativo, encuentre una matriz invertible C y una matriz diagonal D tales que C −1 AC = D (se pide justificar que C es invertible). 3 5. Calcule A5 3. 1 Ejercicio II Se consideran los puntos O = (0, 0, 0), A = (1, 1, −1) y B = (1, 1, 1) en R3 y se denota −→ −−→ P el plano generado por los vectores OA y OB. −→ −−→ 1. Halle el área del paralelograma determinado por los vectores OA y OB. 2. Halle una base de la recta P ⊥ (el complemento ortogonal de P en R3 ). 1 → 3. Halle la proyección ortogonal del vector − v = 0 a la recta P ⊥ . 1 4. Halle la distancia entre el punto C = (1, 0, 1) y el plano P. Ejercicio III Justificando su respuesta con una demostración o un contra-ejemplo, diga si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. 1. Sea P2 el espacio vectorial de polinomios de grado inferior o igual a 2 con coeficientes en R. Entonces la matriz de la transformación lineal P2 −→ P2 T : P 7−→ P 0 0 1 0 en la base canónica (1, X, X 2 ) de P2 es A = 0 0 1 . 0 0 0 x 1 1 2. Para cualquier x ∈ R, la matriz A = 3 1 x es invertible. 1 0 1 Universidad de Los Andes Álgebra lineal 1 Parcial 3 - Tema B 20 de abril 2013 MATE 1105 Esto es un examen individual. No se permite el uso de libros, apuntes, calculadoras o cualquier otro medio electrónico. Los celulares deben estar apagados durante todo el examen. Las respuestas deben ser justificadas. Cada pregunta vale 2 puntos. Ejercicio I −1 Se considera la matriz A = 0 −3 3 2 3 0 0. 2 1. Mostrar que el polinomio caracterı́stico de A es PA (λ) = −(λ − 2)2 (λ + 1). 2. Dé los valores propios de A e indique sus respectivas multiplicidades algebraicas. 3. Para cada valor propio λ de A, halle una base del sub-espacio propio correspondiente: Eλ = ker(A − λI3 ). 4. Diga si A es diagonalizable y, en caso afirmativo, encuentre una matriz invertible C y una matriz diagonal D tales que C −1 AC = D (se pide justificar que C es invertible). 2 5. Calcule A5 1. 2 Ejercicio II Se consideran los puntos O = (0, 0, 0), A = (1, −1, 1) y B = (1, 1, −1) en R3 y se denota −→ −−→ P el plano generado por los vectores OA y OB. −→ −−→ 1. Halle el área del paralelograma determinado por los vectores OA y OB. 2. Halle una base de la recta P ⊥ (el complemento ortogonal de P en R3 ). 1 → 3. Halle la proyección ortogonal del vector − v = 1 a la recta P ⊥ . 0 4. Halle la distancia entre el punto C = (1, 1, 0) y el plano P. Ejercicio III Justificando su respuesta con una demostración o un contra-ejemplo, diga si las siguientes afirmaciones son verdaderas o falsas. 1. Sea P2 el espacio vectorial de polinomios de grado inferior o igual a 2 con coeficientes en R. Entonces la matriz de la transformación lineal P2 −→ P2 T : P 7−→ P 0 0 1 1 en la base canónica (1, X, X 2 ) de P2 es A = 0 0 2 . 0 0 0 1 1 0 x −1 es invertible. 2. Para cualquier x ∈ R, la matriz A = 0 1 −x 1 Universidad de Los Andes Álgebra lineal 1 Solución del tercer parcial 2013-I MATE 1105 Ejercicio I 1. El polinomio caracterı́stico de una matriz cuadrada A es PA (λ) = det(A − λI3 ). Tema A: det(A − λI3 ) −3 −4 − λ 0 −6 −6 −1 − λ = 5−λ det 6 0 = (−1 − λ)[(5 − λ)(−4 − λ) + 18] = −(λ + 1)[λ2 − λ − 2] = −(λ + 1)2 (λ − 2). Tema B: det(A − λI3 ) 0 0 2−λ = −1 − λ det 0 −3 = (2 − λ)[(−1 − λ)(2 − λ) − 0] = −(λ − 2)2 (λ + 1). 3 2−λ 3 2. Tema A: Ya que PA (λ) = −(λ + 1)2 (λ − 2), los valores propios de A son (−1) y 2. El valor propio (−1) tiene multiplicidad algebraica 2 y el valor propio 2 tiene multiplicidad algebraica 1. Tema B: Ya que PA (λ) = −(λ − 2)2 (λ + 1), los valores propios de A son 2 y (−1). El valor propio 2 tiene multiplicidad algebraica 2 y el valor propio (−1) tiene multiplicidad algebraica 1. 3. Para hallar una base del sub-espacio propio correspondiente, Eλ = ker(A − λI3 ), se resuelve el sistema homogéneo asociado a la matriz (A − λI3 ). 6 −3 −6 2 −1 −2 0 0 . Por lo Tema A: Si λ = −1, A − λI3 = A + I3 = 6 −3 −6 ∼ 0 0 0 0 0 0 0 1 1 tanto, E−1 = span 0 , 2 . 1 0 3 −3 −6 1 −1 −2 0 1 . Por lo tanto, Si λ = 2, A − λI3 = A − 2I3 = 6 −6 −6 ∼ 0 0 0 −3 0 0 0 1 E2 = span 1 . 0 1 2 0 3 Tema B: Si λ = −1, A − λI3 = A + I3 = 0 3 −3 3 1 tanto, E−1 = span 0 . 1 −3 3 0 1 Si λ = 2, A − λI3 = A − 2I3 = 0 0 0 ∼ 0 −3 3 0 0 0 1 span 1 , 0 . 1 0 1 0 0 ∼ 0 0 3 −1 0 0 −1 1 0 −1 0 . Por lo 0 0 0 . Por lo tanto, E2 = 0 4. Se tiene dim E−1 +dim E2 = 3 = dim R3 . Por lo tanto, A es diagonalizable. Recordemos que, al concatenar las bases de E−1 y E2 halladas anteriormente, por teorema se obtiene una familia libre de 3 vectores de R3 , es decir una base de R3 . 1 1 1 −1 0 0 Tema A: Se forma C = 0 2 1 y D = 0 −1 0. Por definición de C y D y 1 0 0 0 0 2 los resultados de la pregunta 3, se tiene que AC = CD y, por la observación anterior, que las columnas de C forman una base de R3 . Por lo tanto, C es invertible y C −1 AC = D. 1 1 0 −1 0 0 Tema B: Se forma C = 0 1 0 y D = 0 2 0. Por definición de C y D y 1 0 1 0 0 2 los resultados de la pregunta 3, se tiene que AC = CD y, por la observación anterior, que las columnas de C forman una base de R3 . Por lo tanto, C es invertible y C −1 AC = D. 5. Tema A: Al expresar el vector propuesto en la base de R3 compuesta de vectores propios de A hallada anteriormente, se obtiene 3 1 1 1 3 = 0 + 2 + 1 1 1 0 0 luego 3 A5 3 1 = = = 1 1 1 A5 0 + A5 2 + A5 1 1 0 0 1 1 1 (−1)5 0 + (−1)5 2 + 25 1 1 0 0 30 30 . −1 Tema B: Al expresar el vector propuesto en la base de R3 compuesta de vectores propios de A hallada anteriormente, se obtiene 2 1 1 0 1 = 0 + 1 + 0 2 1 0 1 3 luego 2 A 1 2 5 0 1 1 5 5 A 0 + A 1 + A 0 1 0 1 0 1 1 5 5 5 (−1) 0 + 2 1 + 2 0 1 0 1 31 32 . 31 5 = = = Ejercicio II −→ −−→ 1. El área del paralelograma determinado por los vectores OA y OB es igual a la norma −→ −−→ del producto cruz OA × OB. ~ ~ ~k √ −→ −−→ −→ −−→ i j Tema A: OA × OB = 1 1 −1 = 2~i − 2~j + 0~k luego kOA × OBk = 4 + 4 + 0 = 1 1 1 √ 2 2. ~ ~k ~j √ −→ −−→ i −→ −−→ Tema B: OA × OB = 1 −1 1 = 0~i + 2~j + 2~k luego kOA × OBk = 0 + 4 + 4 = 1 1 −1 √ 2 2. −→ −→ −→ −−→ 2. Ya que P es el plano de R3 generado por los vectores OA y BA, el vector OA × OB ⊥ genera la recta P . Cualquier vector proporcional a ése también funciona. Por ejemplo los siguientes vectores. 1 ⊥ Tema A: P = span −1. 0 0 Tema B: P ⊥ = span 1. 1 3. Denotemos ~a la base de la recta P ⊥ hallada en la pregunta 2. Entonces la proyección ortogonal del vector ~v a la recta P ⊥ es el vector p⊥ v) = P ⊥ (~ ~v · ~a ~a. k~ak2 1 1 Tema A: ~v · ~a = 0 · −1 = 1, kak2 = 2 y 1 0 p⊥ v) P ⊥ (~ 1 1/2 1 −1 = −1/2 . = 2 0 0 4 0 1 Tema B: ~v · ~a = 1 · 1 = 1, kak2 = 2 y 1 0 0 0 1 p⊥ v ) = 1 = 1/2 . P ⊥ (~ 2 1/2 1 − − → 4. Temas A y B: Ya que OC = ~v , a distancia entre el punto C = (1, 0, 1) y el plano P es igual a r √ 1 1 2 (~ v )k = k~v − p⊥ v )k = kp⊥ + = · ⊥ P (~ P 4 4 2 Ejercicio III 1. Temas Ay 0 1 es A = 0 0 0 0 0 2 B: Falso. La matriz de T : P 7−→ P en la base canónica (1, X, X ) de P2 0 2 . 0 2. Tema A: Falso. Se tiene det A = x − 1 + x − 3 = 2x − 4 luego A es invertible si y sólo si x 6= 2. Tema B: Verdadero. Se tiene det A = x−x+(−1) = −1 6= 0 por lo que A es invertible.